ejercicioc resueltos
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6.1
Pruébese que la unión de un número finito de conjuntos acotados es un conjunto acotado.
Dificultad [2]
Solución
Supongamos que A1, A2, . . . , An son conjuntos acotados y tomemos un punto cualquiera del espacio,a. Entonces existen r1, r2 . . . , rn mayores que 0, tales que
Ai ⊂ B(a, ri)
para cada i = 1, 2, . . . , n. De esta forma, si tomamos r = max{r1, r2 . . . , rn}, se tiene que
Ai ⊂ B(a, r)
para i = 1, 2, . . . , n y⋃n
i=1Ai ⊂ B(a, r). Por lo tanto
⋃n
i=1Ai ⊂ B(a, r) es acotado.
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6.2
Dé un ejemplo de conjunto no acotado cuyo interior sea acotado.
Dificultad [1]
Solución
En (R, du) considérese, por ejemplo, N, Z o Q.
Un ejemplo sencillo con interior no vacío es (0, 1) ∪ Z
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6.3
Muéstrese, mediante un ejemplo, que el diámetro de un conjunto no es siempre igual al de su interior.
Dificultad [1]
Solución
Sea A = {1/n : n ∈ N}. Entonces δ(A) = 1 y δ(int(A)) = 0.
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6.4
Probar que en un espacio métrico discreto, un conjunto es totalmente acotado si y sólo si es finito.
Dificultad [1]
Solución
Sea A un conjunto totalmente acotado y tomemos r = 1/2; entonces existe un número finito de puntosx1, . . . , xn ∈ A tal que
A ⊂n⋃
i=1
B(xi, 1/2)
Ahora bien, en un espacio métrico discreto,
B(xi, 1/2) = {xi}
de manera que
A = {x1, x2, . . . , xn}
y A es finito.
El recíproco es siempre cierto.
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6.5
Decidir si los siguientes conjuntos en (R2, d2) son acotados o no. En caso de que lo sean hallar su diámetro.
1. A = {(x, senx) : 0 ≤ x ≤ 2π}
2. B = {(x, 1/x) : 0 < x < 1}
3. C = {(x, y) : 4x2 + y2 < 1}
Solución
1. No es difícil comprobar que A ⊂ B((π, 0), π) (véase la gráfica), de forma que A es acotado.
Por otra parte, A ⊂ B((π, 0), π), de manera que, δ(A) ≤ δ(B((π, 0), π)) ≤ 2π. Además, se tieneque d((0, 0), (2π, 0)) = 2π de manera que
δ(A) = δ(A) = 2π
2. Veamos que B no es acotado mostrando que para cualquier número real K > 0, existen x, y ∈ Btal que d2(x, y) > K.
En efecto, tomemos k = K + 2, entonces k > 1, 0 < 1/k < 1 y (1/k, k) ∈ B. Por otra parte,(1/2, 2) ∈ B y
d2((1/k, k), (1/2, 2)) =√
(1/k − 1/2)2 + (k − 2)2 > |k − 2| = K
3. C ⊂ B((0, 0), 1) y, por tanto, δ(C) ≤ δ(B((0, 0), 1)) ≤ 2. Además d((0, 1), (0,−1)) = 2 así que
δ(C) = δ(C) = 2
y C está acotado.
A B
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6.6
Probar que si un conjunto es totalmente acotado su clausura también es totalmente acotada.
Dificultad [2]
Solución
Sea A un conjunto totalmente acotado. Veamos que A es también totalmente acotado.
Sea, pues, ε > 0; puesto que A es totalmente acotado, existe un número finito de puntos x1, . . . , xn ∈ Atal que
A ⊂n⋃
i=1
B(xi, ε/2)
Por tanto,
A ⊂n⋃
i=1
B(xi, ε/2) =
n⋃
i=1
B(xi, ε/2) ⊂n⋃
i=1
B(xi, ε/2) ⊂n⋃
i=1
B(xi, ε)
Así, pues A es totalmente acotado.
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6.8
Sean, en un espacio métrico (E, d), un conjunto compacto A y un punto x 6∈ A. Demuestre que existendos abiertos S y T con x ∈ S y A ⊂ T tales que S ∩ T = ∅.
Dificultad [3]
Solución
Si A = ∅ la propiedad es evidente: tómese T = ∅ y S = B(x, r) para cualguier r > 0. Sea, pues, A 6= ∅.
Para cada y ∈ A, puesto que x 6∈ A, se tiene que x 6= y; por la propiedad de Hausdorff, existen pues ry
y sy tales que
B(x, ry) ∩ B(y, sy) = ∅
La familia R = {B(y, sy) : y ∈ A} es, evidentemente, un recubrimiento abierto de A, del que, por ser Acompacto, se podrá extraer un subrecubrimiento finito
S = {B(y1, sy1), B(y2, sy2
), . . . , B(yn, syn}
Pongamos, entonces
T = B(y1, sy1) ∪ B(y2, sy2
) ∪ · · · ∪ B(yn, syn
Es evidente que T es abierto y A ⊂ T .
Además, para cada bola B(yi, syi) ∈ S existe, por construcción, un radio ryi
tal que
B(x, ryi) ∩ B(y, syi
) = ∅
Tomemos r = mın{ry1, ry2
, . . . , ryn}, entonces para 1 ≤ i ≤ n se tiene que
B(x, r) ⊂ B(x, ryi)
de manera que
B(x, r) ∩ T = B(x, r) ∩ (B(y1, sy1) ∪ B(y2, sy2
) ∪ · · · ∪ B(yn, syn)
= (B(x, r) ∩ B(y1, sy1)) ∪ (B(x, r) ∩ B(y2, sy2
)) ∪ · · · ∪ (B(x, r) ∩ B(yn, syn))
⊂ (B(x, ry1) ∩ B(y1, sy1
)) ∪ (B(x, ry2) ∩ B(y2, sy2
)) ∪ · · · ∪ (B(x,ynr) ∩ B(yn, syn
)) = ∅
Finalmente, pues, poniendo
S = B(x, r),
S es abierto y se tiene que x ∈ S, A ⊂ T y S ∩ T = ∅.
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6.9
Probar que la unión finita de compactos es compacto.
Dificultad [3]
Solución
Sean A1, A2, . . . , An, n conjuntos compactos y pongamos
A = A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An
Sea, entonces, R un recubrimiento abierto de A y veamos que de él se puede extraer un subrecubrimientode A finito S.
En efecto, puesto que R es un recubrimiento abierto de A, y para cada i con 1 ≤ i ≤ n, Ai ⊂ A, tambiénR es un recubrimiento abierto de Ai.
Además puesto que Ai es compacto, se puede extraer de R un subrecubrimiento finito para Ai quellamaremos Si.
Poniendo entonces
S = S1 ∪ S2 ∪ · · · ∪ Sn,
es evidente que S es un subrecubrimiento de R, es un recubrimiento para A y es finito. Así, pues, A escompacto.
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6.10
Probar que la intersección de compactos es compacto.
Dificultad [4]
Solución
Sea (E, d) un espacio métrico y sean Aλ, con λ perteneciendo a un conjunto de índices I, conjuntoscompactos, y pongamos
A =⋂
λ∈I
Aλ
Sea, entonces, R un recubrimiento abierto de A; entonces
R∗ = R∪ {E \ A}
es un recubrimiento abierto de E y por lo tanto, de cada Aλ. Así, para cada λ ∈ I, existe un subrecu-brimiento finito de R∗ que cubre a Aλ y que llamamos Sλ.
Pongamos
S =⋂
λ∈I
Sλ \ {E \ A}
Entonces S es un subrecubrimiento de R, es un recubrimiento para A y es finito. Así, pues, A es compacto.
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6.11
Dar un ejemplo de dos conjuntos no compactos cuya unión e intersección sean compactas.
Dificultad [1]
Solución
En (R, d) consídérense, por ejemplo, los conjuntos
A = [0, 1] ∪ (2, 3] y B = [0, 1) ∪ [2, 3];
entonces
A ∪ B = [0, 1] ∪ [2, 3]
que es compacto, y
A ∩ B = {0, 3}
que también lo es.
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6.12
Una familia F de conjuntos tiene la propiedad de intersección finita si toda subfamilia finita de F tieneintersección no vacía.
Probar que un espacio métrico (E, d) es compacto si y sólo si toda familia de conjuntos cerrados con lapropiedad de intersección finita, tiene intersección no vacía.
Dificultad [4]
Solución
Sea E es compacto y veamos que toda familia de conjuntos cerrados con la propiedad de intersecciónfinita, tiene intersección no vacía.
En efecto, sea
F = {Cλ : λ ∈ I}
una familia de conjuntos cerrados con la propiedad de intersección finita y supongamos que
⋂
λ∈I
Cλ = ∅.
Entonces la familia
R = {E \ Cλ : λ ∈ I}
es un recubrimiento abierto de E puesto que
⋃
λ∈I
E \ Cλ = E \⋂
λ∈I
Cλ = E \ ∅ = E
Ahora bien, E es compacto, así que de R se puede extraer un subrecubrimiento finito
S = {E \ C1, E \ C2, . . . , E \ Cn}
que es también un recubrimiento de E. Es decir, que
E ⊂n⋃
i=1
E \ Ci = E \n⋂
i=1
Ci
de manera que⋂n
i=1Ci = ∅ en contra de la hipótesis de ser F una familia con la propiedad de
intersección finita.
Probemos ahora la otra implicación por el contrarrecíproco. Supongamos que E no es compactoy veamos cómo podemos construir una familia de cerrados con la propiedad de intersección finita,cuya intersección es vacía.
En efecto, si E no es compacto, entonces existe una recubrimiento abierto de E,
R = {Aλ : λ ∈ I},
del cual no puede extraerse un subrecubrimiento finito que sea también un recubrimiento de E.
Consideremos, entonces la familia de cerrados
F = {E \ Aλ : λ ∈ I},
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y veamos que F tiene la propiedad de intersección finita. Si no fuese así, existiría una familia finita
{E \ A1, E \ A2, . . . , E \ An},
tales que
∅ =
n⋂
i=1
E \ Ai = E \n⋃
i=1
Ai
y, por tanto E =⋃n
i=1Ai y
{A1, A2, . . . , An}
sería un subrecubrimiento finito de E en contra de la hipótesis.
Por otra parte
⋂
λ∈I
E \ Aλ = E \⋃
λ∈I
Aλ = E \ E = ∅,
de manera que F es una familia de cerrados con la propiedad de intersección finita cuya intersecciónes vacía.
Los dos ejemplos siguientes ayudarán a clarificar la situación.
En primer lugar veamos que existen familias con la propiedad de intersección finita, cuya intersec-ción es vacía. En efecto, sea
F = {(0, 1/n] : n ∈ N};
entonces F tiene la propiedad de intersección finita y, sin embargo,
∞⋂
n=1
(0, 1/n] = ∅
En segundo lugar, si se considera (R, du), es evidente que R no es compacto, por lo tanto debeexistir una familia de cerrados con la propiedad de intersección finita cuya intersección es vacía.Un ejemplo sencillo es
{(−∞,−n] ∪ [n,∞) : n ∈ N}
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6.13
Sea (E, d) un espacio compacto y {A1, A2, . . . } una familia numerable de conjuntos cerrados no vacíostal que, para todo n ∈ N se verifica que
An+1 ⊂ An
Pruébese que
∞⋂
i=1
An
es cerrado y no vacío.
Solución
Que
∞⋂
i=1
An
es cerrado es evidente por ser intersección de cerrados.
Por otra parte, es evidente que la familia
{A1, A2, . . . }
tiene la propiedad de intersección finita por ser An no vacío para cada n ∈ N. Así, pues, puesto que Ees compacto, se tiene que
∞⋂
i=1
An 6= ∅.
(Véase el problema anterior y también el ejemplo final para un ejemplo de familia numerable que verificalas hipótesis del problema y, sin embargo, tiene intersección vacía cuando E no es compacto.)
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6.15
Sea (E, d) un espacio métrico y F un subconjunto de E. Probar que un conjunto A ⊂ F es compacto en(E, d) si y sólo si es compacto en (F, d).
Solución
Supongamos que A es compacto en (E, d) y veamos que es compacto en (F, d). Sea entonces
RF = {Aλ : λ ∈ I}
un recubrimiento de conjuntos abiertos en (F, d) de A. Para cada λ ∈ I, por ser Aλ abierto en(F, d), existe un conjunto Bλ abierto en (E, d) tal que
Aλ = Bλ ∩ F
Ahora, puesto que
A ⊂⋃
λ∈I
Aλ =⋃
λ∈I
(Bλ ∩ F ) ⊂⋃
λ∈I
Bλ
se tiene que la familia
RE = {Bλ : λ ∈ I}
es un recubrimiento abierto de A en (E, d) del que se podrá extraer, por ser A compacto en (E, d),un subrecubrimiento finito
SE = {B1, B2, . . . , Bn}
Veamos, entonces, que el subrecubrimiento finito
SF = {A1, A2, . . . , An}
es también un recubrimiento de A en (F, d).
En efecto, puesto que
A ⊂n⋃
i=1
Bi,
se tiene que
A = A ∩ F ⊂
(
n⋃
i=1
Bi
)
∩ F =
n⋃
i=1
(Bi ∩ F ) =
n⋃
i=1
Ai
Así, pues, A es compacto en (F, d).
Supongamos ahora que A es compacto en (F, d) y sea
RE = {Bλ : λ ∈ I}
un recubrimiento abierto de A en (E, d). Entonces, para cada λ ∈ I, el conjunto Aλ = Bλ ∩ F esun abierto en (F, d) y, como se comprueba inmediatamente, la familia
RF = {Aλ : λ ∈ I}
es un recubrimiento abierto en (F, d) de A. Ahora, por ser A compacto en (F, d), existe un subre-cubrimiento finito
SF = {A1, A2, . . . , An}
que es también un recubrimiento de A en (F, d) y se comprueba, también de manera inmediata,que que
SE = {B1, B2, . . . , Bn}
es un subrecubrimiento en (E, d) de A y, por tanto, A es compacto en (E, d).
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6.19
Un conjunto A de un espacio métrico (E, d) es relativamente compacto si su clausura adh A es un conjuntocompacto.
Las siguientes cuestiones son fáciles de demostrar.
1. Todo conjunto compacto es relativamente compacto. ¿Es cierto el recíproco?.
2. Todo conjunto relativamente compacto y cerrado es compacto.
3. Todo conjunto relativamente compacto es acotado.
4. Todo conjunto relativamente compacto es totalmente acotado. ¿Es cierto el recíproco?
Solución
1. Si A es compacto, entonces es cerrado y, por lo tanto, A = A y es compacto.
El recíproco no es cierto. Basta considerar en (R, du) el conjunto A = (0, 1].
2. Si A es cerrado, entonces A = A y, pues que A es compacto por ser A relativamente compacto, setiene que A es compacto.
3. Si A es relativamente compacto, entonces A es compacto y, por lo tanto, acotado. Así, pues, A esacotado por ser subconjunto de un conjunto acotado.
4. Si A es relativamente compacto, entonces A es compacto y, por lo tanto, totalmente acotado. Así,pues, A es totalmente acotado por ser subconjunto de un conjunto acotado.
El recíproco equivale a la pregunta de si un conjunto totalmente acotado y cerrado es compacto.La respuesta es que no, pero habrá de esperarse al próximo capítulo para que el asunto quedeenteramente dilucidado.
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6.20
Probar que todo subconjunto no vacío de un conjunto relativamente compacto es relativamente compacto.
Concluir que todo subconjunto de un conjunto compacto es relativamente compacto.
Solución
Sea A ⊂ B con B relativamente compacto. Entonces A ⊂ B y B es compacto y A es cerrado, por lotanto A es compacto y, por lo tanto, A es relativamente compacto.
Todo conjunto conjunto compacto es relativamente compacto y, por lo tanto, todo subconjunto suyo esrelativamente compacto.
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6.21
Sea (E, d) un espacio métrico en el que toda bola cerrada es compacta. Probar que todo conjunto acotadoes relativamente compacto.
Solución
Sea A un conjunto acotado y a ∈ E; entonces existe r > 0 tal que
A ⊂ B(a, r) ⊂ B(a, r)
y, puesto que B(a, r) es, por hipótesis, un conjunto compacto, A es relativamente compacto por sersubconjunto de un conjunto compacto.
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6.22
¿Existe algún espacio métrico de infinitos elementos que no contenga subconjuntos compactos infinitos?.
Solución
Sí, existe. Considérese por ejemplo (R, dt): ningún subconjunto infinito es totalmente acotado y, por lotanto, no puede ser compacto.